2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何第6讲　高效演练分层突破学案

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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何第6讲　高效演练分层突破学案，共10页。

1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示eq \(MN,\s\up6(→))，则eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(1,2)(b＋c－a)
B.eq \f(1,2)(a＋b＋c)
C.eq \f(1,2)(a－b＋c)
D.eq \f(1,2)(c－a－b)
解析：选D.eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a－b)．
2．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A．9 B．－9
C．－3 D．3
解析：选B.由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.
3．在空间四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：选B.如图，
令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，
则eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
4.如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A.eq \r(3) B．eq \r(2)
C．1 D．eq \r(3－\r(2))
解析：选D.因为eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＋eq \(FE,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→))，所以|eq \(BD,\s\up6(→))|2＝|eq \(BF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FE,\s\up6(→))|2＋|eq \(ED,\s\up6(→))|2＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，所以|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \r(3－\r(2)).
5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为120°，则λ的值为( )
A．±eq \f(\r(6),6) B．eq \f(\r(6),6)
C．－eq \f(\r(6),6) D．±eq \r(6)
解析：选C.eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cs 120°＝eq \f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq \f(1,2)，得λ＝±eq \f(\r(6),6).经检验λ＝eq \f(\r(6),6)不合题意，舍去，所以λ＝－eq \f(\r(6),6).
6.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点．用eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))表示eq \(OC1,\s\up6(→))，则eq \(OC1,\s\up6(→))＝________．
解析：因为eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，
所以eq \(OC1,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)).
答案：eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________．
解析：连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝eq \f(1,2)PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，
所以PD＝eq \r(02＋（－1）2＋12)＝eq \r(2)，所以MN＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉的值为________．
解析：设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，
由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(π,3)，且|b|＝|c|，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝eq \f(1,2)|a||c|－eq \f(1,2)|a||b|＝0，
所以eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝0.
答案：0
9.如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，B1C1綊eq \f(1,2)BC，二面角A1ABC是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明：因为二面角A1ABC是直二面角，
四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)．
(1)eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,2x＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝0，))取y＝1，则n＝(0，1，0)．
所以eq \(A1B1,\s\up6(→))＝2n，
即eq \(A1B1,\s\up6(→))∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(1，－1，1)．
所以eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))⊥m，
又AB1⊄平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
10.如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证：
(1)EF∥平面PAB；
(2)平面PAD⊥平面PDC.
证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角
坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．
(1)因为eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(EF,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊂/ 平面PAB，
所以EF∥平面PAB.
(2)因为eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD.
所以平面PAD⊥平面PDC.
[综合题组练]
1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B.当x＝2，y＝－3，z＝2时，即eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－3eq \(OB,\s\up6(→))＋2eq \(OC,\s\up6(→)).则eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－3(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→)))＋2(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→)))，即eq \(AP,\s\up6(→))＝－3eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AC,\s\up6(→))，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋neq \(AC,\s\up6(→))(m，n∈R)，即eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝m(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋n(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，即eq \(OP,\s\up6(→))＝(1－m－n)eq \(OA,\s\up6(→))＋meq \(OB,\s\up6(→))＋neq \(OC,\s\up6(→))，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
2.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为( )
A．(1，1，1)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
又E(0，0，1)，A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
所以eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq \(AM,\s\up6(→))＝(x－eq \r(2)，y－eq \r(2)，1)，
因为AM∥平面BDE，所以eq \(OE,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，,y－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)，))
所以M点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
3.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(\r(5),3)
解析：选C.设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DC1,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))，(λ，μ∈[0，1])．
所以eq \(DP,\s\up6(→))＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，
eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋μ(eq \(DC,\s\up6(→))－eq \(DA,\s\up6(→)))＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．
所以|eq \(PQ,\s\up6(→))|＝|eq \(DQ,\s\up6(→))－eq \(DP,\s\up6(→))|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|
＝eq \r(（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2)
＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(μ,5)))\s\up12(2)＋\f(9,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(4,9))≥eq \r(\f(4,9))＝eq \f(2,3)，
当且仅当λ＝eq \f(μ,5)，μ＝eq \f(5,9)，即λ＝eq \f(1,9)，μ＝eq \f(5,9)时取等号．
所以线段PQ长度的最小值为eq \f(2,3).故选C.
4．在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
因为底面边长为1，侧棱长为2，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1(－eq \f(1,2)，0，2)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，
M(0，0，0)，设Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，
因为eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因为AB1⊥MN，所以eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0.
所以－eq \f(1,4)＋eq \f(4,1＋λ)＝0，所以λ＝15.
答案：15
5．在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．
如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，
则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．
因为eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，从而得EF⊥CD.
(2)存在．理由如下：假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，则由
eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.
所以G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
6．如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，
所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3))．
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
所以eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)存在．理由如下：
假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))．
从而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ)．
设平面DA1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n⊥\(DA1,\s\up6(→))，))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,\r(3)x2＋\r(3)z2＝0，))
取n＝(1，0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n⊥eq \(BP,\s\up6(→))，即n·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.